Question

5．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$（x-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$的顶点为C，连结OC，将线段OC沿x轴的正方向平移到AB交已知抛物线于点D，直线CD交x轴于点E，连结BC．
（1）求线段OC的长及∠AOC的度数；
（2）当$\frac{BD}{AD}$=$\frac{1}{2}$时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，试判断以点A为圆心，AO长为半径的圆与直线CD的位置关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）由抛物线y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$（x-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$的顶点为C，可求得点C的坐标，继而求得线段OC的长，然后由三角函数的性质，可求得tan∠AOC=$\sqrt{3}$，继而求得∠AOC的度数；
（2）易证得△BCD∽△AED，然后由相似三角形的性质，求得点D的纵坐标，再代入抛物线y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$（x-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即可求得答案；
（3）首先过点D作DG⊥x轴于点G，易证得△DGE∽△CFE，△BCD∽△OEC，然后由相似三角形的性质，求得点E与点A的坐标，再由勾股定理的逆定理证得AD⊥CD，求得AD=OA，即可判定以点A为圆心，AO长为半径的圆与直线CD相切．

解答 解：（1）过点C作CF⊥OA于点F，
∵抛物线y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$（x-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$的顶点为C，
∴点C的坐标为：（$\frac{3}{2}$，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$），
∴OF=$\frac{3}{2}$，CF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴OC$\sqrt{O{F}^{2}+C{F}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+（\frac{3\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=3，
∵tan∠AOC=$\frac{CF}{OF}$=$\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴∠AOC=60°；

（2）根据平移的性质可得：B的纵坐标为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，且BC∥OA，
∴△BCD∽△AED，
∴$\frac{BC}{AE}=\frac{CD}{DE}$=$\frac{BD}{AD}$=$\frac{1}{2}$，
∴点D的纵坐标为：$\frac{3\sqrt{3}}{2}$×$\frac{2}{3}$=$\sqrt{3}$，
将y=$\sqrt{3}$代入y=-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$（x-$\frac{3}{2}$）²+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
解得：x₁=3，x₂=0（舍去），
∴点D的坐标为：（3，$\sqrt{3}$）；

（3）相切．
理由：过点D作DG⊥x轴于点G，
∴DG∥CF，
∴△DGE∽△CFE，
∴EG：EF=ED：EC=2：3，
∵OG=3，OF=$\frac{3}{2}$，
∴FG=$\frac{3}{2}$，
∴EG=2FG=3，
∴OE=OG+EG=6，
∵∠AOC=∠B，∠OEC=∠BCD，
∴△BCD∽△OEC，
∴BC：OE=BD：OC=1：3，
∴BC=2，
∴OA=BC=2，
∴AD=$\sqrt{（{3-2）}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=2，DE=$\sqrt{（6-3）^{2}+（{\sqrt{3}）}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，AE=4，
∴AD²+DE²=AE²，
∴∠ADE=90°，
即AD⊥DE，
∵AD=OA=2，
∴以点A为圆心，AO长为半径的圆与直线CD相切．

点评 此题属于二次函数的综合题，考查了抛物线的性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理．注意准确作出辅助线是解此题的关键．